完整版)导数的综合大题及其分类

完整版)导数的综合大题及其分类.

导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值

这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为

分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，

根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标

准进行的。在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：

已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x

1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；

2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]

1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；

2.整合讨论结果，确定单调区间；

3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；

4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]

1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)

2.

令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.

①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－

4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当a>2时，h(x1)－h(x2)的最小值为aln2.

1.设 $a>2$，求函数 $F(x)=\frac{x^2-ax+1}{x^2+x+1}$ 的单调递增区间和单调递减区间。

当 $F'(x)>0$ 时，有

frac{2x(a-2)}{(x^2+x+1)^2}>0$$

即 $x\in(-\infty,-1)\cup(0,\infty)$。由于 $F(x)$ 在 $(-

1,0)$ 内无定义，故单调递增区间为 $\left(-\infty,-

1\right)\cup(0,\infty)$。

当 $F'(x)<0$ 时，有

frac{2x(a-2)}{(x^2+x+1)^2}<0$$

即 $x\in(-1,0)$。故单调递减区间为 $(-1,0)$。

2.设 $h(x)=x-\frac{x}{1+ax}+\ln x$，其中 $a>0$，求

$h(x)$ 的最小值。

对 $h(x)$ 求导，得

h'(x)=1-\frac{1+a}{(1+ax)^2}+\frac{1}{x}$$

令 $h'(x)=0$，解得 $x_1=\frac{1}{a}$，

$x_2=\frac{1}{a^2}$。由于 $a>0$，故 $x_1

当 $x\in(0,x_2)$ 时，$h'(x)0$，$h(x)$ 单调递增。当$x>x_1$ 时，$h'(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。

故 $h(x)$ 在区间 $(0,x_2]$ 上单调递减，在区间

$[x_2,x_1]$ 上单调递增，在区间 $[x_1,\infty)$ 上单调递增。因此，$h(x)$ 的最小值为 $h(x_2)=2-\ln a$。

1) 函数$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。由$f(x)=(1+x)^2-2\ln(1+x),x\in(-1,+\infty)$，可得$f'(x)=2(1+x)-

\frac{2x}{x+1}=\frac{2(x+2)}{x+1}$。由$f'(x)>0$，得$x>0$；由$f'(x)<0$，得$-1

2) 由题意可知$g(x)=(2-a)x-2\ln(1+x)(x>-1)$，则$g'(x)=2-a-\frac{2}{1+x}=\frac{a}{2-a}$。由$00$。令$g'(x)=0$，得

$x=\frac{a}{2-a}$。在区间$[0,3]$上，$g(x)$在$x=\frac{a}{2-a}$上为最小值，即$g(x)_{min}=g(\frac{a}{2-a})=a-2\ln(2-a)$。当$0

在$(\frac{a}{2-a},3]$上为增函数；当$2-a\leq a<2$时，

$g(x)$在区间$[0,3]$上为减函数。因此，当$0

$g(x)_{min}=a-2\ln(2-a)$；当$2-a\leq a<2$时，$g(x)_{min}=6-

3a-2\ln4$。

已知函数$f(x)=e^{\cos x}-x$，则$f'(x)=e^{\cos x}(-\sin x)-

1$。因此，$f'(0)=e-1$。又因为$f(0)=e-1$，所以曲线

$y=f(x)$在点$(0,e-1)$处的切线方程为$y=e-1+f'(0)x$。设

$h(x)=e^{\cos x}-\sin x$，则$h'(x)=-e^{\cos x}\sin x-\cos x$。当$x\in(0,\pi)$时，$h'(x)<0$，因此$h(x)$在区间$(0,\pi)$上单调

递减。因此，对任意$x\in(0,\pi)$，有$h(x)

$f'(x)

$f(\pi)=e^{-1}-\pi$。

已知函数$f(x)=ax-ax-x\ln(x)$，且$f(x)\geq 0$。

1）求$a$；

2）证明：$f(x)$存在唯一的极大值点$x$，且$e^{-

2}

解：

1）$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，且$-2< f(x) < 2^{-3}$。设$g(x)=ax-a\ln(x)$，则$f(x)=xg(x)$，$f(x)\geq 0$等价于

$g(x)\geq 0$。

因为$g(1)=0$，$g(x)\geq 0$，所以$g'(1)=0$，即$a-1=0$，解得$a=1$。

2）由（1）知$f(x)=x^2-x-x\ln(x)$，$f'(x)=2x-2-\ln(x)$。

设$h(x)=2x-2-\ln(x)$，则$h'(x)=\frac{1}{x^2}-2$。

当$x\in(0,1)$时，$h'(x)0$。所以$h(x)$在$(0,1)$单调递减，在$(1,+\infty)$单调递增。又$h(e^{-2})0$，所以$h(x)$在$(0,e^{-2})$有唯一零点$x$，在$(2^{-2},+\infty)$有唯一零点

$y=1$，且$h(x)0$。因为$f'(x)=h(x)$，所以$x$是$f(x)$的唯一

极大值点。

由$f'(x)=2x-2-\ln(x)$，得$\ln(x)=2(x-1)$，所以$f(x)=x(1-

x)$。

由$x\in(0,1)$得$f'(x)<\frac{1}{4}$。因为$x$是$f(x)$在$(0,1)$的最大值点，所以$f(e^{-1})

已知函数f(x)= (x+a)e^x，其中e是自然对数的底数，

a∈R。

1) 求函数f(x)的单调区间。

因为f(x)= (x+a)e^x，x∈R，所以f′(x)= (x+a+1)e^x。

令f′(x)=0，得x= -a-1.

当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：

x

f′(x)

f(x)

a-1)

a-1

a-1，+∞)

故f(x)的单调递减区间为(-∞，-a-1)，单调递增区间为(-a-1，+∞)。

2) 当a<1时，试确定函数g(x)= f(x-a)-x^2的零点个数，并说明理由。

结论：函数g(x)有且仅有一个零点。

理由如下：

由g(x)= f(x-a)-x^2= (x-a+1)e^(x-a)-x^2，得方程xe^x-a+1= x^2+xe^a。

显然x=0为此方程的一个实数解，所以x=0是函数g(x)的一个零点。

当x≠0时，方程可化简为e^x-a+1/x= x+e^a。

设函数F(x)= e^x-a+1/x-x-e^a，则F′(x)= e^x+1/x^2-1。

令F′(x)=0，得x=1.

当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：

x

F′(x)

F(x)

0，1)

1，+∞)

即F(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，

+∞)。

所以F(x)的最小值F(x)min=F(1)=e-a。

因为a0。

所以对于任意x∈R，F(x)>0。

因此方程e^x-a+1/x= x+e^a无实数解。

所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点。

综上，函数g(x)有且仅有一个零点。

典例3

21.（12分）

已知函数f(x)= ax-a-xlnx，且f(x)≥0.

1）求a；

2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x，且e^(-1)≤x≤1.

解：

1) 函数f(x)的定义域为(0，+∞)，因为lnx在(0，1]上为负数，在(1，+∞)上为正数，所以当x∈(0，1]时，ax-a-xlnx≥0，即a≥xlnx/x，当x∈[1，+∞)时，ax-a-xlnx≥0，即a≥xlnx/x。所以a=ln2.

2) 因为f(x)在(0，1]上单调递减，在[1，+∞)上单调递增，所以f(x)在(0，1]上无极大值点，在[1，+∞)上有唯一的极大值点x0，且f(x0)=f(1)=ln2-1.

当x=e^(-1)时，f(x)=e^(-1)-1/e>0，所以极大值点x0必须满足e^(-1)≤x0≤1.

等价于g(x)≥0，因为g(1)=0，g(x)≥0，所以g'(1)=0，而

g'(x)=a-1.

若a=1，则g'(x)=1-g(x)≥g(1)=0，所以a=1.

当01时，g'(x)>0，g(x)单调递增。所以x=1是g(x)的极小值点，故综上，a=1.

由(1)知f(x)=x^2-x-xlnx，f'(x)=2x-2-lnx。

设h(x)=2x-2-lnx，则h'(x)=2-1/x^2.

当x∈(0,1)时，h'(x)0，所以h(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增。又因为h(e^-2)>0，h(1)0；当x∈(x,1)时，

h(x)0.

因为f'(x)=h(x)，所以x=x是f(x)的唯一极大值点。

由f'(x)=2x-2-lnx得lnx=2(x-1)，故f(x)=x(1-x)。

由x∈(0,1)得f'(x)e^-2.

因为题目中给出了函数的图象，可以通过观察图象得到f(0)=0，f(1)=0，c=3a+2b，d=-a-b+c=2a+b。因此，只需要求出a和b即可。

2xx已知函数f(x)=ae^(x)+(a-2)e^(-x)。

1)讨论f(x)的单调性：

f(x)的定义域为(-∞,+∞)，f'(x)=2ae^(2x)+(a-2)e^(-x)-

1=(ae^x-1)(2e^x+1)。

i)若a≤0，则f'(x)<0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减。

ii)若a>0，则由f'(x)=0得x=-lna，且f'(x)>0当x-lna，所以f(x)在(-∞,-lna)单调递增，在(-lna,+∞)单调递减。

2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围：

设f(x)的两个零点为x1和x2，则有f(x1)=f(x2)=0，代入原函数得ae^(x1)+(a-2)e^(-x1)=0，ae^(x2)+(a-2)e^(-x2)=0.

将两式相加得a(e^(x1)+e^(x2))=4，将两式相减得a(e^(-

x1)+e^(-x2))=2.

由均值不等式得e^(x1)+e^(x2)≥2e^((x1+x2)/2)，e^(-

x1)+e^(-x2)≥2e^(-(x1+x2)/2)，代入上式得a≤2.

又因为f(x)有两个零点，所以f'(x)在x1和x2处均为0，

即2ae^(2x1)+(a-2)e^(-x1)-1=0，2ae^(2x2)+(a-2)e^(-x2)-1=0.

将两式相加得2a(e^(2x1)+e^(2x2))=6-a，将两式相减得

2a(e^(-x1-x2)+1)=1-a。

由均值不等式得

e^(2x1)+e^(2x2)≥2e^((2x1+2x2)/2)=2e^(x1+x2)，e^(-x1-

x2)≥2e^(-(x1+x2)/2)，代入上式得a≥2/3.

综上可得2/3≤a≤2.

1) 当$a\leq 1$时，根据前面的结论可知$f(x)$至多只有一

个零点。当$a=1$时，$f(-\ln a)=0$，所以$f(x)$只有一个零点。当$a\in(0,1)$时，$1-\frac{1}{1+\ln a}>0$，即$f(-\ln a)>0$，所

以$f(x)$没有零点。当$a>1$时，$f(-\ln a)=1-\frac{1}{1+\ln

a}<0$，所以$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$有一个零点。

2) 设正整数$n$满足$n>\ln(-1)$，则$f(n)=e^{a(e+a-2)-

n}>e^{-n}>2^{-n}$。因为$\ln(-1)>-\ln a$，所以$f(x)$在$(-\ln a,+\infty)$有一个零点。

综上所述，$a$的取值范围为$(0,1)$。

3)

1) $f'(x)=\frac{e^2-xe^2}{x^2}$，所以

$f'(2)=\frac{2}{e^2}$。由于切点为$(2,2)$，所以切线方程为

$y-2=\frac{2}{e^2}(x-2)$，即$y=\frac{2}{e^2}x+\frac{2}{e^2}-

2$。

2) 设$g(x)=f(x)-2(x-\ln x)$，则$g'(x)=\frac{e^2-

xe^2}{x^2}-2=\frac{(2-xe)^2}{x^2}-2\geq -2$。因此，$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。又$g(1)=1-2\times(1-0)=1>0$，所以$g(x)>0$，即$f(x)>2(x-\ln x)$。

剔除下面文章的格式错误，删除明显有问题的段落，然后再小幅度的改写每段话。

题目：已知函数g(x)=-2x+2lnx，x∈(0，＋∞)，设h(x)=ex －2x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)=ex－2，令h′(x)=0，则x=ln2.当

x∈(0，ln2)时，h′(x)0.所以h(x)min=h(ln2)=2－2ln2>0，故

h(x)=ex－2x>0.令g′(x)=0，则x=1.当x∈(0,1)时，g′(x)0.所以

g(x)min=g(1)=e－2>0，故g(x)=f(x)－2(x－lnx)>0，从而有

f(x)>2(x－lnx)。

解题反思：本例中(2)的证明方法是最常见的不等式证明

方法之一，通过合理地构造新函数g(x)。求g(x)的最值来完成。在求g(x)的最值过程中，需要探讨g′(x)的正负，而此时g′(x)

的式子中有一项ex－2x的符号不易确定，这时可以单独拿出

ex－2x这一项，再重新构造新函数h(x)＝ex－2x(x>0)，考虑h(x)的正负问题。此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向。

解题步骤：

1) 求h(x)的最小值，先求h′(x)=0的解，得x=ln2.根据导数的单调性，可以得到h(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增。所以h(x)在x=ln2处取得最小值，即

h(x)min=h(ln2)=2－2ln2>0，故h(x)=ex－2x>0.

2) 求g(x)的最小值，先求g′(x)=0的解，得x=1.根据导数的单调性，可以得到g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增。所以g(x)在x=1处取得最小值，即g(x)min=g(1)=e－2>0，故g(x)=f(x)－2(x－lnx)>0，从而有f(x)>2(x－lnx)。

答题模板：解决这类问题的答题模板如下：

1) 求函数的最值，先求导数为0的解，然后根据导数的单调性探讨函数的正负，最后得到函数的最值；

2) 构造新函数，通过构造新函数，可以更好地探讨函数的性质，进而求得函数的最值；

3) 注意定义域，有些题目中的定义域需要特别注意，否

则可能会得到错误的结论。

已知函数$f(x)=\ln x-mx,g(x)=x-\frac{x}{a}$，以下分别对

两个问题进行解答：

1、已知函数$f(x)=\ln x-mx$，求$m$的取值范围使得

$f(x)\geq f(1)$恒成立。

首先，由于$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，因此在定义域

内可以对$f(x)$求导数，得到$f'(x)=\frac{1-mx}{x}$。令

$f'(x)=0$，得到$x=\frac{1}{m}$，此时$f(x)$取得极大值，为

$f(\frac{1}{m})=\ln \frac{1}{m}-m\cdot \frac{1}{m}=-1-\ln m$。

因此，当$f(x)$单调递增时，$f(x)\geq f(1)$恒成立。当

$m\leq 0$时，$f'(x)\leq 0$，即$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递减，

因此$f(x)\geq f(1)$恒成立。当$m>0$时，$f'(x)>0$，即

$f(x)$在$(0,\frac{1}{m})$单调递增，在

$(\frac{1}{m},+\infty)$单调递减，因此当$f(\frac{1}{m})\geq

f(1)$时，$f(x)\geq f(1)$恒成立。即$-1-\ln m\geq 0$，解得

$m\leq \frac{1}{e}$。

综上所述，$m$的取值范围为$m\leq \frac{1}{e}$。

2、已知函数$g(x)=x-\frac{x}{a}$，证明当$a<4$时，$g(x)\leq -\frac{3x}{4a}$。

首先，对$g(x)$求导数，得到$g'(x)=1-\frac{1}{a}$，由此可知$g(x)$在$(0,+\infty)$单调递减，因此$g(x)$的最大值为$g(0)=0$。

接下来，考虑构造函数$h(x)=g(x)+\frac{3x}{4a}$，则$h'(x)=g'(x)+\frac{3}{4a}=1-\frac{1}{a}+\frac{3}{4a}=\frac{4-a}{4a}$，当$a0$，即$h(x)$在$(0,+\infty)$单调递增，因此$h(x)$的最小值为$h(0)=0$。

由此可知，对于任意$x>0$，都有$h(x)\geq 0$，即

$g(x)+\frac{3x}{4a}\geq 0$，解得$g(x)\leq -\frac{3x}{4a}$。

综上所述，当$a<4$时，$g(x)\leq -\frac{3x}{4a}$。

首先求出函数f(x)的单调区间。对f(x)求导得f'(x) = 1 +

ln(x)，当f'(x)。0时，f(x)单调递增；当f'(x)。-1时，即x。

1/e时，f(x)单调递增。综上所述，f(x)的单调递增区间为(1/e。+∞)，单调递减区间为(0.1/e)。

接着，针对题目中给定的条件m = 2e^2，将g(x1) ≥ f(x2)转化为g(x)min ≥ f(x)max。根据f(x)的单调性，可以得到f(x)在[2.2e^2]上的最大值为f(e^2) = 2.因此，要使g(x)min ≥

f(x)max成立，就需要g(x)在[2.2e^2]上的最小值大于等于2.对g(x)求导得g'(x) = -2x + a，当g'(x) = 0时，即x = a/2时，g(x)取得极值。当x = 2或x = 2e^2时，g(x)的值分别为-a - 6和

4e^4 - a - 3.因此，要使g(x)在[2.2e^2]上的最小值大于等于2，就需要满足-a - 6 ≥ 2或4e^4 - a - 3 ≥ 2，即a ≤ -8或a ≥ 4e^4 - 1.由于a。0，因此实数a的取值范围为(0.-8] ∪ [4e^4 - 1.+∞)。

II）当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，即（x+1）lnx﹣a （x﹣1）＞0。

化简得lnx﹣ax＞a﹣1，对不等式两边同时求导得

1/x﹣a＞0，即x＞a，因为x∈（1，+∞），所以a＜1.

综上所述，a的取值范围为a＜1.

已知函数$f(x)=e^x(e^{-a}-a^2x)$。

1）讨论$f(x)$的单调性：

首先求导得到$f'(x)=e^x(e^{-a}(1-a^2x)-a^2)$，令其等于0，解得$x=\frac{1}{a^2}$。

当$a=0$时，$f'(x)=-e^x<0$，即$f(x)$在整个定义域上单

调递减。

当$a\neq 0$时，$x=\frac{1}{a^2}$是$f(x)$的唯一驻点，

且$f''(x)=e^x(a^4x-2a^2+1)>0$，即$x=\frac{1}{a^2}$是

$f(x)$的极小值点，且$f(x)$在$x\frac{1}{a^2}$上单调递减。

综上所述，当$a=0$时，$f(x)$在整个定义域上单调递减；当$a\neq 0$时，$f(x)$在$x\frac{1}{a^2}$上单调递减。

1）求导得f’(x)=e(1-x-x^2)，令f’(x)=0，解得x=-1或x=1，由此可得f(x)在(-∞，-1-√2]和[-1+√2，+∞)单调递减，在[-1-√2，-1+√2]单调递增。

2）当x≥0时，f(x)=(1-x)e^x，f’(x)=xe^x，f’’(x)=(x+1)e^x，显然f’’(x)>0，所以f(x)在[0，+∞)上单调递增。因此，当x≥0时，f(x)≤f(0)+xf’(0)=1，即(1-x)e^x≤1.而ax+1≥1，所以a≥1.

当0>x>-1时，f(x)=(1-x)e^x0，所以a(1-x)(1+x)^2=1，而

ax+10.

综上所述，a的取值范围为[1，+∞)。

当$a0)$，因此$g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，而

$g(0)=0$，故$e\geq x+1$当$0(1-x)(1+x)$，$(1-x)(1+x)-ax^{-

1}=x(1-a-x-x)$，取$x=2$则$x\in(0,1)$，$(1-x)(1+x)-ax=0$，故$f(x)\propto ax+1$。

当$a\leq\frac{5}{4}$时，取$x=\frac{5-2\sqrt{6a-3}}{2}$，

则$f(x)>(1-x)(1+x)^2>1>ax+1$。